高二物理下学期3月月考试题 (2).doc

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1、- 1 - / 21【2019【2019 最新最新】精选高二物理下学期精选高二物理下学期 3 3 月月考试题月月考试题 (2)(2)考试时间：120 分钟分卷 I一、单选题(共 12 小题,每小 3.0 分,共 36 分) 1.如图所示，矩形区域 MPQN 的长为 MNd，宽为 MPd，一质量为m(不计重力)、电荷量为 q 的带正电的粒子从 M 点以初速度 v0 水平向右射出，若区域内只存在竖直向下的电场或只存在垂直纸面向外的匀强磁场，粒子均能击中 Q 点，则电场强度 E 的大小与磁感应强度 B 的大小的比值为( )A BC D2.如图所示条形磁铁放在水平面上，在它的上方偏右处有一根固定的垂直

2、纸面的直导线，当直导线中通以图示方向的电流时，磁铁仍保持静止下列结论正确的是( )A 磁铁对水平面的压力减小B 磁铁对水平面的压力增大- 2 - / 21C 磁铁对水平面施加向右的静摩擦力D 磁铁所受的合外力增加3.如图，两根长直导线竖直插入光滑绝缘水平桌面上的 M、N 两小孔中，O 为 M、N 连线中点，连线上 a、b 两点关于 O 点对称导线均通有大小相等、方向向上的电流已知长直导线在周围产生的磁场的磁感应强度 Bk，式中 k 是常数，I 是导线中电流，r 为点到导线的距离一带正电的小球以初速度 v0 从 a 点出发沿连线运动到 b 点关于上述过程，下列说法正确的是( )小球先做加速运动后

3、做减速运动 小球一直做匀速直线运动 小球对桌面的压力先减小后增大 小球对桌面的压力一直在增大A B C D 4.在如图所示的电路中，电源内阻不能忽略，当移动滑动变阻器滑片时，电流表示数变大，则( )A 电源的总功率不一定增大B 电源的输出功率一定增大C 电源内部消耗的功率一定减小D 电源的效率一定减小- 3 - / 215.在竖直向上的匀强磁场中放置载有相同电流的三根导线，如图所示，导线 aa水平放置并且长为 L；导线 bb长为 2L 且与水平方向成60角；直角折导线 cOc中 OcOcL，c、c在同一水平面；假如它们所受安培力分别为 F1、F2、F3，不计通电导线间的相互作用力，则它们的大小

4、关系为( )AF1F2F2 BF1F2F3CF1F2，无法判断 F3 的大小 DF1F2F36.在商店选购一个 10 F 电容器，在只有一台多用电表的情况下，为了挑选一个优质产品，应选用哪个量程：直流电压挡；直流电流挡；欧姆挡；交流电压挡选好量程以后，再将多用电表两根测试笔接待检电容器，如果电容器是优质的，电表指针应该：不偏转；偏转至最右边；偏转至中值；偏转一下又返回至最左边正确的选项是( )A B C D 7.真空中有两个固定的带正电的点电荷，其电量 Q1Q2，点电荷 q 置于 Q1、Q2 连线上某点时，正好处于平衡状态，则( )Aq 一定是正电荷 Bq 一定是负电荷Cq 离 Q2 比离 Q

5、1 远 Dq 离 Q2 比离 Q1 近- 4 - / 218.已知两电阻 R1、R2 的 IU 图线如图所示，把 R1、R2 并联接到一电源上，R1 消耗的功率为 6 W，则电源输出的功率是( )A 8 WB 10 WC 15 WD 22 W9.关于电场强度，下列说法正确的是( )A 以点电荷为球心、r 为半径的球面上，各点的场强都相同B 正电荷周围的电场一定比负电荷周围的电场场强大C 若放入正电荷时，电场中某点的场强向右，则当放入负电荷时，该点的场强仍向右D 电荷所受到的电场力很大，即该点的电场强度很大10.如图所示，在匀强电场中取一点 O，过 O 点作射线OAOBOCOD10 cm，已知

6、O、A、B、C 和 D 各点电势分别为 0、7 V、8 V、7 V、5 V，则匀强电场场强的大小和方向最接近于( )A 70 V/m，沿 AO 方向- 5 - / 21B 70 V/m，沿 CO 方向C 80 V/m，沿 BO 方向D 80 V/m，沿 CO 方向11.如图所示，在 xOy 坐标系的第一象限中有一圆心为 D、半径为r0.1 m 的圆形磁场区域，磁感应强度为 B1 T，方向垂直纸面向里，该区域同时与 x 轴、y 轴相切，切点分别为 A、C，现有大量质量为 11018kg(重力不计)，电量大小为 21010C，速率均为2107m/s 的带负电的粒子从 A 垂直磁场进入第一象限，速度

7、方向与y 轴的夹角为 ，且 0180，则下列说法错误的是( )A 粒子的轨迹圆和磁场圆的半径相等B 这些粒子轨迹圆的圆心构成的圆和磁场圆的半径相等C 部分粒子的运动轨迹可以穿越坐标系进入第二象限D 粒子的轨迹可以覆盖整个磁场圆12.如图所示，用两根同样的绝缘细线把甲、乙两个质量相等的带电小球悬挂在同一点上，甲、乙两球均处于静止状态已知两球带同种电荷，且甲球的电荷量大于乙球的电荷量，F1、F2 分别表示甲、乙两球所受的库仑力，则下列说法中正确的是( )AF1 一定大于 F2BF1 一定小于 F2- 6 - / 21CF1 与 F2 大小一定相等D 无法比较 F1 与 F2 的大小二、多选题(共

8、4 小题,每小题 4.0 分,共 16 分) 13.(多选)一个带电量为q、质量为 m 的圆环，套在水平的粗细均匀的细杆上，细杆足够长，它们之间的动摩擦因数为 ，细杆处于垂直纸面向里大小为 B 的匀强磁场以及水平向右大小为 E 的匀强电场中，如图所示重力加速度为 g，且 qEmg.静止释放带电圆环，则( )A 带电圆环将做加速度减小的加速运动，最后做匀速运动B 带电圆环加速度先减小后增大C 带电圆环最大加速度为 aD 带电圆环最终向右做匀速运动，且最大速度为 vm14.(多选)如图所示，空间有正交的匀强磁场和匀强电场，一带电粒子(不计重力)从 M 点以初速度 v0 沿曲线 MN 运动到 N 点

9、，图中虚线为电场的等势线，电势abcd，磁场方向垂直纸面向外则( )A 粒子一定带负电B 曲线 MN 是抛物线- 7 - / 21C 从 M 点到 N 点，粒子电势能减少D 粒子在 N 点速度大于 M 点速度15.(多选)如图所示，平行板间有互相垂直的匀强电场和匀强磁场，重力不计的带电粒子沿平行于极板方向从左侧射入，从右侧离开场区时动能比初动能小了些，为了使它离开场区时的动能比初动能大，可以( )A 增大粒子进入场区时的初速度B 改变带电粒子的带电性质C 减小磁场的磁感应强度D 增加两板间的电压16.(多选)如图所示，质量为 m 的带电绝缘小球(可视为质点)用长为l 的绝缘细线悬挂于 O 点，

10、在悬点 O 下方有匀强磁场现把小球拉离平衡位置后从 A 点由静止释放，则下列说法中正确的是( )A 小球从 A 至 C 和从 D 至 C 到达 C 点时，速度大小相等B 小球从 A 至 C 和从 D 至 C 到达 C 点时，绳子上的拉力相等C 小球从 A 至 C 和从 D 至 C 过程中，运动快慢不一样D 小球从 A 至 C 和从 D 至 C 过程中，运动快慢一样分卷 II- 8 - / 21三、实验题(共 2 小题,每小题 10.0 分,共 20 分) 17.图 a 中电源电动势为 E，内阻可忽略不计；电流表具有一定的内阻，电压表的内阻不是无限大，S 为单刀双掷开关，R 为待测电阻当 S向电

11、压表一侧闭合时，电压表读数为 U1，电流表读数为 I1；当 S 向R 一侧闭合时，电流表读数为 I2（1）根据已知条件与测量数据，可以得出待测电阻 R= （2）根据图 a 所给出的电路，在图 b 的各器件实物图之间画出连接的导线18.为测定标有“4.5 V,2 W”字样的小灯泡的伏安特性曲线，有下列器材可供选用：A、电压表 V1(03 V，内阻为 3 k)B、电压表 V2(015 V，内阻为 15 k)C、电流表 A(00.6 A，内阻约 1 )D、定值电阻 R0(阻值为 3 k)E、滑动变阻器 R(10 ，2 A)F、学生电源(直流 6 V，内阻不计)；开关导线若干(1)为使实验误差尽可能减

12、小，并要求从零开始多取几组数据，下面所示的四副电路图中满足实验要求的是_该实验电路图中 V- 9 - / 21是电压表_(填 V1 或者 V2)；该电路图中小灯泡两端电压 U 与对应电压表读数 UV 的比值_.(2)正确连接电路，闭合开关前，应将滑动变阻器的滑片 P 移到_端(填 a 或 b)；实验操作中，为使灯泡不被烧坏，当观察到电表 V 的示数接近_ V 时，要特别注意滑动变阻器的调节四、计算题(共 4 小题) 19.如图所示，竖直放置的平行金属光滑导轨 MN 和 PQ，相距 L0.40 m，导轨上端接一电阻 R1.5 ，导轨处在垂直于纸面向里的匀强磁场中，磁感应强度 B0.5 T有质量

13、m0.02 kg，阻值为 r0.5 的导体棒 AB 紧挨导轨，沿着导轨由静止开始下落，其他部分的电阻及接触电阻均不计(1)导体棒 AB 在下落过程中，产生的感应电流的方向和 AB 棒受到的磁场力的方向(2)导体棒能达到的最大速度是多少？(3)从静止释放到达最大速度过程中，若下降高度h8 m，则回路中产生的电能是多少？20.如图所示，光滑导轨与水平面成 角，导轨宽 L.匀强磁场磁感应强度为 B.金属杆长为 L，质量为 m，水平放在导轨上当回路总电流为 I1 时，金属杆正好能静止求：- 10 - / 21(1)这时 B 至少多大？B 的方向如何？(2)若保持 B 的大小不变而将 B 的方向改为竖直

14、向上，应把回路总电流 I2 调到多大才能使金属杆保持静止？21.如图所示，匀强电场的电场线与 AC 平行，把带电荷量 108C 的负电荷从 A 移至 B 的过程中，电场力做功 6108J，AB 长 6 cm，AB与 AC 的夹角为 60.求：(1)场强方向；(2)设 B 处电势为 1 V，则 A 处电势为多少；(3)A 处的场强大小；(4)电子在 A 点的电势能22.如图 a 所示的平面坐标系 xOy，在整个区域内充满了匀强磁场，磁场方向垂直坐标平面，磁感应强度 B 随时间变化的关系如图 b 所示，开始时刻，磁场方向垂直纸面向里(如图)t0 时刻，有一带正电的粒子(不计重力)从坐标原点 O 沿

15、 x 轴正向进入磁场，初速度为v02103m/s.已知正粒子的比荷为 1.0104C/kg，其它有关数据见图中标示试求：(1)t104s 时刻，粒子的坐标(2)粒子从开始时刻起经多长时间第一次到达 y 轴；(3)粒子是否还可以返回坐标原点 O？如果可以，则经多长时间第一次- 11 - / 21返回坐标原点 O.答案解析1.【答案】B【解析】在电场中做类平抛运动，根据分运动公式，有：水平方向：dv0t竖直方向：dt2只有磁场时，做匀速圆周运动，轨迹如图所示：结合几何关系，有：r2(rd)2(d)2解得：r2d洛伦兹力提供向心力，根据牛顿第二定律得，qv0Bm联立解得：EB故v02.【答案】B【解

16、析】以导线为研究对象，由左手定则判断得知导线所受安培力方- 12 - / 21向斜向右上方，根据牛顿第三定律得知，导线对磁铁的安培力方向斜向左下方，磁铁有向左运动的趋势，受到向右的摩擦力，故磁铁对水平面施加向左的静摩擦力，同时磁铁对地的压力增大，故 B 正确3.【答案】D【解析】根据右手螺旋定则可知，从 a 点出发沿连线运动到 b 点，直线 M 处的磁场方向垂直于 MN 向里，直导线 N 处的磁场方向垂直于 MN向外，所以合磁场大小先减小过 O 点后反向增大，而方向先向里，过O 点后向外，根据左手定则可知，带正电的小球受到的洛伦兹力方向开始向上，大小在减小，过 O 点后洛伦兹力的方向向下，大小

17、在增大由此可知，小球在速度方向不受力的作用，将做匀速直线运动，而小球对桌面的压力一直在增大故错误，正确4.【答案】D【解析】假设滑动变阻器的滑片向左移动，变阻器接入电路的电阻增大，并联部分电阻增大，外电路总电阻 R 增大，由闭合电路欧姆定律得：，可知干路电流 I 减小，由，可知路端电压增大电路中并联部分的电压增大，电阻的电流增大，电流表的示数变小.由题意得电流表示数变大，可知滑动变阻器的滑片向右移动，干路电流 I 增大，电源的总功率，可知 P 总增大.由于电源的内阻与外电阻的关系未知，不能判断电源的输出功率如何变化.I 增大，由得知电源内部消耗功率一定增大.电源的效率，滑动变阻器的滑片向右移动

18、，总电阻 R 减小，所以电源的效率一定减小，故 D 正确，A、B、C 错误.- 13 - / 215.【答案】D【解析】aa通电导线与磁场垂直，故受到的安培力为 F1BILbb在磁场内有效长度为 2Lcos 60L，故受到的安培力为F2BILcc在磁场内有效长度为L，故受到的安培力为 F3BIL故 F1F2F3.6.【答案】D【解析】若用电压、电流挡，则因无电源无法检测，故要用欧姆挡，刚接通时是充电过程，充电完毕后，相当于断路，电阻无穷大，故测量时指针先偏转一下又返回到最左边7.【答案】D【解析】因为 Q1、Q2 为固定的正电荷，只要放入的电荷受到的合力为 0 即可，通过受力分析可知，既可以放

19、入正电荷，也可以放入负电荷，故 A、B 错误；由库仑定律，对 q 有kk- 14 - / 21Q1Q2由得1所以选 D.8.【答案】B【解析】从题图得出 R18 ，R212 ，并联时，U1U2，故P1R1P2R2，得 6 W8 12 P2，求得 P24 W，则PP1P210 W.9.【答案】C【解析】场强是矢量，有大小有方向，故 A 选项错；电场的强弱与正、负电荷形成的电场无关，B 选项错；电荷受到的电场力很大，可能是因为电荷带电荷量很大导致的，D 错误10.【答案】C【解析】由 O、A、B、C、D 各点电势值可知，O 点电势最低，为零，A、C 在同一等势面上，所以电场线与 AC 连线垂直，最

20、接近 BO 方向大小接近 EV/m80 V/m，故 C 正确11.【答案】C【解析】电子在磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，由牛顿第二定律得：qvBm，代入数据解得：r0.1 m，故 A 正确；- 15 - / 21由题意知，粒子的轨迹，相当于把半径 r0.1 m 的圆以 A 点为中心顺时针转动，如图所示，所以粒子轨迹圆的圆心构成的圆的圆心在 A点，半径等于 AD，即与磁场圆的半径相等，且粒子的轨迹可以覆盖整个磁场圆，故 B、D 正确；粒子带负电，粒子射入磁场后沿顺时针方向做匀速圆周运动，竖直向上射入磁场的粒子最有可能射入第二象限，竖直向上射入磁场的粒子运动轨迹如图所示，由图示可知，该

21、粒子不可能进入第二象限，则所有的粒子都不可能进入第二象限，故 C 错误12.【答案】C【解析】甲、乙两球所受的库仑力属于作用力和反作用力，它们是大小相等，方向相反的，与带的电荷量的大小无关，所以 C 正确，A、B、D 错误13.【答案】CD【解析】当圆环受到的洛伦兹力 F 洛qvBGmg 时，即 v时，圆环水平方向受到向右的电场力 FqE 和向左的摩擦力Ff(mgqvB)，由牛顿第二定律得加速度 a，则当 Ff0 时，即mgqvB 时，加速度最大为 am，C 正确；加速度 a，因为 qEmg，圆环一开始做加速运动，但 F 洛qvB 逐渐增大，则摩擦力 Ff(mgqvB)逐渐减小，加速度随着-

22、16 - / 21增大，这一阶段圆环做加速度增大的加速运动当圆环受到的洛伦兹力 F 洛qvBGmg，即 v时，圆环水平方向受到向右的电场力 FqE 和向左的摩擦力 Ff(qvBmg)，由牛顿第二定律得加速度 a，洛伦兹力 F 洛qvB 继续增大，则摩擦力Ff(qvBmg)逐渐增大，加速度 a减小，这一阶段圆环做加速度减小的加速运动直到 FqEFf(qvBmg)，即 v时，加速度减为 0，之后圆环以这个速度做匀速直线运动，D 正确；综合以上分析，可知带电圆环将先做加速度增大的加速运动，再做加速度减小的加速运动，最后做匀速运动，A 错误；带电圆环加速度先增大，增大到 am后，加速度开始减小，最后减

23、为0，故 B 错误14.【答案】ACD【解析】由题意可知，电场线与等势线平行，且指向左，根据曲线运动的条件可知，合力方向向右，假设带负电，电场力方向和洛伦兹力方向都向右，符合题意，假设带正电，电场力方向和洛伦兹力方向均向左，矛盾，故 A 正确；在复合场中，粒子受到电场力与洛伦兹力作用，因此不可能做抛体运动，故 B 错误；根据切线方向即为速度方向可知，电场力与速度方向夹角小于 90，电场力做正功，导致电势能减小，动能增加，故 C、D 正确- 17 - / 2115.【答案】CD【解析】由题意知粒子从右侧离开场区时的动能比初动能小了些，因粒子在板间只受电场力和洛伦兹力的作用而洛伦兹力不做功，所以在

24、粒子运动过程中电场力做负功，故电场力 qE 小于洛伦兹力 Bqv.若增大粒子进入场区时的初速度，则洛伦兹力 Bqv 增大，粒子运动轨迹向受洛伦兹力方向的一侧偏转，电场力做负功，动能减小，所以 A 错误；若改变带电粒子的带电性质，则电场力与洛伦兹力的方向同时改变而大小不变，所以还是动能减小，故 B 错误；若减小磁场的磁感应强度B，则洛伦兹力减小，当 Bqv 小于 qE 时，在粒子运动过程中电场力做正功，则动能增大，所以 C 正确；若增加两板间的电压，则板间电场强度增大，粒子受电场力增大，当 qE 大于 Bqv 时，在粒子运动过程中电场力做正功，则动能增大，所以 D 正确16.【答案】AD【解析】

25、由题意可知，当小球进入磁场后，才受到洛伦兹力作用，且洛伦兹力的方向与速度垂直，因此整个运动过程可以等效成没有磁场，只在重力场作用下的单摆，除细线对小球的拉力不同之外，其它均一样，则小球从 A 至 C 和从 D 至 C 到达 C 点时，速度大小相等，从 A 至C 和从 D 至 C 过程中，运动快慢也一样，故 A、D 正确，C 错误；由于从 A 至 C 和从 D 至 C 到达 C 点时速度的方向不同，由左手定则可知，洛伦兹力方向不同，所以拉力的大小不同，故 B 错误- 18 - / 2117.【答案】（1）（2）如图所示【解析】（1）当 S 向电压表一侧闭合时，电压表读数为 U1，电流表读数为 I

26、1，根据闭合电路欧姆定律有E=U1+I1r整理得当 S 向 R 一侧闭合时，电流表读数为 I2，根据闭合电路欧姆定律有E=I2（R+r）整理得（2）按照电路图连线，如图，要注意电流从电压表和电流表的正接线柱流入，负接线柱流出，单刀双掷开关控制整个电路的通断，连线不要交叉18.【答案】(1)乙 V1 2 (2)a 2.25【解析】(1)本题中由于要求电压从零开始调节，故应采用滑动变阻器分压接法；同时由于灯泡内阻较小，故采用电流表外接法；由于给出的电压表量程分别为 3 V 和 15 V，由于 15 V 量程过大，不能准确测量；因此应将 3 V 量程与定值电阻串联以进行电压表改装来扩大量程；故电路图

27、应为乙图；根据改装原理可知，改装后的读数应为电压表读数的：2 倍；(2)实验开始时应使测量部分电压为零，故滑片开始时应滑至 a 端；当达到灯泡额定电压时应注意调节滑动变阻器，- 19 - / 21不能使灯泡两端的电压过大；根据改装原理可知，此时电压表示数应接近 2.25 V.19.【答案】(1)从 A 到 B 向上 (2)10 m/s (3)0.6 J【解析】(1)根据右手定则可知，导体棒 AB 在下落过程中，产生的感应电流的方向从 A 到 B；AB 棒受到的磁场力的方向竖直向上；(2)当导体棒速度最大时满足：mgBL解得 vm10 m/s(3)由能量关系可知：Emghmv解得 E0.6 J.

28、20.【答案】(1) 垂直于导轨平面向上 (2)【解析】在解这类题时必须画出截面图，只有在截面图上才能正确表示各力的准确方向，从而弄清各矢量方向间的关系(1)画出金属杆的截面图由三角形法则得，只有当安培力方向沿导轨平面向上时安培力才最小，B 也最小根据左手定则，这时 B 应垂直于导轨平面向上，大小满足 BI1Lmgsin，B.(2)当 B 的方向改为竖直向上时，这时安培力的方向变为水平向右，要使金属杆保持静止，应使沿导轨方向的合力为零，得BI2Lcosmgsin，I2.- 20 - / 2121.【答案】(1)由 C 至 A (2)5 V (3)200 V/m (4)5 eV【解析】(1)将负

29、电荷从 A 移至 B，电场力做正功，所以电荷所受电场力方向沿 A 至 C，又因为是负电荷，场强方向与负电荷的受力方向相反，所以场强方向应为 C 至 A 方向(2)由 WqU 得：U6 V，即 A、B 两点间电势差为 6 V沿电场线方向电势降低，B 点电势高于 A 点电势UBA，B1 V，ABU1 V6 V5 V，即 A 点的电势为5 V.(3)如图所示，由 B 向 AC 作垂线交 AC 于 D，D 与 B 在同一等势面上UDAUBAU6 V，沿场强方向 A、D 两点间距离为 dABcos 606 cm3 cm0.03 m，所以 E200 V/m.(4)电子在 A 点的电势能 EpqA(e)(5

30、 V)5 eV.22.【答案】(1)(0.2m,0.6 m) (2)104s (3)12104s【解析】(1)粒子进入磁场后在磁场中做圆周运动，设半径为 r，周期为 T，根据洛伦兹力提供向心力有：qvB，故圆周运动的半径为rm0.4 m又：Ts4104s在磁场变化的第一段时间内，粒子运动的周期数为：N(个运动周期), 运动轨迹对应的圆心角为 120，作出粒子在磁场中运动的轨迹- 21 - / 21如图所示第一段时间末，粒子的坐标为：xRcos 300.2m，yRsin 300.6 m，所求时刻，粒子的坐标(0.2m,0.6 m)(2)根据第(1)问可知，粒子在第一个磁场变化的时间段内时，运动了N1个周期，在第二个时间段内运动的周期数为 N2(个周期)所对应的运动轨迹圆心角为 60，(运动轨迹如图所示第三个时间段内同样运动了：N2(个周期)所对应的圆心角为 120，(粒子运动轨迹如图，粒子恰好在第三段时间末通过 y 轴故运动时间为：t104s.(3)粒子在磁场中做周期性运动，根据对称性和周期性，画出粒子的部分运动轨迹如图，其中 O2、O6、O10 构成一个正三边形故粒子在磁场中一共运动了 6 个大圆弧和 6 个小圆弧，故从原点出发到回到原点的总时间为：t16104s6104s12104s.